E6 Übungsblatt 12
Author
Jean Amadeus Elsner
License
Creative Commons CC BY 4.0
Abstract
Experimentalphysik 6: Festkörperphysik
Experimentalphysik 6: Festkörperphysik
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\begin{document}
\pagestyle{fancy}
\lhead{E6: Festkörperphysik}
\rhead{Übungsblatt 12}
\begin{enumerate}
\setcounter{enumi}{33}
\item \textbf{Fermi-Dirac vs Maxwell-Boltzmann}\\
Zeigen Sie, dass für das freie Eleketronengas aus der Fermi-Verteilungsfunktion
\begin{align*}
f(\va{k}) &= \frac{1}{e^{\frac{E(\va{k})-\mu}{k_BT}}+1},
\end{align*}
im Grenzfall $E-\mu\gg k_BT$, die Maxwell-Boltzmann Verteilung
\begin{align*}
f_M(\va{v}) &= n\qty(\frac{m}{2\pi k_NT})^{3/2}e^{-\frac{mv^2}{2k_BT}}
\end{align*}
hervorgeht.\\
\textit{Hinweis:} Das chemische Potential $\mu$ kann durch die Teilchendichte $n=\int f(\va{v})\dd[3]{v}$ ausgedrückt werden und $\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-ax^2}\dd{x}=\sqrt{\pi/a}$.\\
\\
Die Maxwell-Boltzmann Verteilung gibt fur ein Einheitsvolumen im Ortsraum die Teilchendichte in einem Volumen $\dd[3]{v}$ um $\va{v}$ an. Die Fermi-Verteilung dagegen gibt die Wahrscheinlichkeit der Belegung eines einzigen Zustands mit Wellenvektor $\va{k}$ an. Um die Verteilungen ineinander
überzufüuhren, muss zunächst fur den Impulsraum ein Ausdruck für die Teilchendichte $\tilde{f}(\va{k})$ pro Einheitsvolumen im Ortsraum gefunden werden. Dies ist die Fermi-Verteilungsfunktion
multipliziert mit der Zustandsdichte pro Einheitsvolumen im Ortsraum:
\begin{align*}
\tilde{f}(\va{k})&=f(\va{k})\frac{1}{\qty(\frac{2\pi}{L})^3}\frac{1}{V}=f(\va{k})\frac{1}{8\pi^3}.
\end{align*}
Der Ausdruck $\tilde{f}(\va{k})\dd[3]{k}$ ist dann eine Teilchenzahl pro Einheitsvolumen $V$ und wird mithilfe von $\frac{\hbar^2k^2}{2m}=\frac{mv^2}{2}$ in eine geschwindigkeitsabhängige Form umgeformt:
\begin{align*}
\tilde{f}(\va{k})\dd[3]{k}&=\frac{1}{8\pi^3}\frac{1}{\exp[\frac{mv^2/2-\mu}{k_BT}]+1}\qty(\frac{m}{\hbar})^3\dd[3]{v}=f(\va{v})\dd[3]{v}
\end{align*}
In der Näherung $E-\mu\gg k_BT$ wird aus $f(\va{v})$ die Maxwell-Boltzmann Verteilung:
\begin{align*}
f(\va{v}) & \approx \qty(\frac{m}{2\pi\hbar})^3\exp[\frac{\mu}{k_BT}]\exp[-\frac{mv^2}{2k_BT}]\\
n &= \qty(\frac{m}{2\pi\hbar})^3\exp[\frac{\mu}{k_BT}]\int_{-\infty}^{+\infty}\dd{v_x}\int_{-\infty}^{+\infty}\dd{v_y}\int_{-\infty}^{+\infty}\dd{v_z}\exp[\frac{-m\qty(v_x^2+v_y^2+v_z^2)}{2k_BT}]\\
&= \underbrace{\qty(\frac{m}{2\pi\hbar})^3\exp[\frac{\mu}{k_BT}]}_{f(\va{v})\exp[\frac{mv^2}{2k_BT}]}\qty(\frac{2\pi k_BT}{m})^{3/2}\\
\Leftrightarrow f(\va{v}) &= n\qty(\frac{m}{2\pi k_BT})^{3/2}\exp[-\frac{mv^2}{2k_BT}]= f_M(\va{v})
\end{align*}
\item \textbf{Zustandsdichte eines 1D-Elektronengases}\\
Es ist technologisch möglich "Quantendrähte" herzustellen, in denen sich Elektronen nur in einer Dimension bewegen können. Dadurch reduziert sich auch die Dispersionsrelation der Elektronen auf eine Dimension Berechnen Sie die energetische Zustandsdichte $g(E)$ von eindimensioalem Elektronengas und skizzieren Sie das Ergebnis.\\
\textit{Hinweis:} Nehmen Sie hierfür an, dass sich die Elektronen frei entlang der z-Richtung im konstanten Potenzial $V(z)=0$ bewegen und berücksichtigen Sie dabei periodische Randbedingungen. Der z-Anteil der Schrödinger-Gleichung und dessen Lösungsansatz für einen Quantendraht der Länge $L_z$ lauten entsprechend:
\begin{align*}
\frac{\hbar^2}{2m}\Delta\Psi(z)&=E\Psi(z)
\end{align*}
mit dem Lösungsansatz
\begin{align*}
\Psi(z) &= \frac{1}{\sqrt{L_z}}e^{ik_zz}
\end{align*}
z-Achse: makroskopisch quasikontinuierlich
\begin{align*}
E &= \frac{\hbar^2k^2}{2m}\qquad k_{x,y,z} = \frac{2\pi}{L_{x,y,z}} m_{x,y,z}\\
E^{\mathrm{1D}} &= \frac{\hbar^2}{2m}\qty(k_x^2+k_y^2+k_z^2)=\frac{\hbar^2}{2m}k_z^2+\frac{\hbar^2}{2m}\pi^2\qty(\frac{m_x^2}{L_x^2}+\frac{m_y^2}{L_y^2})\\
g(E)\dd{E}&=g(k)\dd{k}\\
\Rightarrow g(E) &= g(k)\qty(\dv{E}{k})^{-1}\\
&= \dv{N(k)}{k}\qty(\dv{E}{k})^{-1}\\
k &= \sqrt{\frac{2mE}{\hbar^2}} \Leftrightarrow \dv{k}{E} = \sqrt{\frac{2m}{E}}\frac{1}{\hbar}\\
\dd{N}(k) &= 2\cdot\frac{1}{\frac{2\pi}{L_z}}\dd{k}\\
g(E) &= \frac{L_z}{\pi\hbar}\sqrt{\frac{2m}{E}}\\
\Rightarrow g(E) &\propto \frac{1}{\sqrt{E}}
\end{align*}
\begin{figure}[H]
\centering
\includegraphics[width=0.75\textwidth]{05.png}
\caption{Zustandsdichte in verschiedenen Dimensionen}
\end{figure}
\item \textbf{Fermi-Energie und Fermi-Radius}
\begin{enumerate}
\item Berechnen Sie für Aluminium die Elektronenkonzentration $n_e[\si{\per\centi\metre\cubed}]$ in der Näherung freier Elektronen sowie die Fermi-Energie $E_F[\si{\electronvolt}]$ und den Radius $k_F[\si{\per\angstrom}]$ der Fermi-Kugel aus folgenden Angaben:\\
Das metallische Aluminium kristallisiert in der kubisch flächenzentrierten Struktur. Die Gitterkonstante der kubischen Elementarzellen beträgt $a=\SI{4.05}{\angstrom}$. Jedes Al-Atom im Metall soll 3 freie Elektronen an das Elektronengas abgeben.
\begin{align*}
Z_{\mathrm{A}}\cdot Z_{\mathrm{E}} &\stackrel{\mathrm{Fcc}}{=}4\cdot 3= 12\qquad V_{\mathrm{EZ}} = \qty(\SI{4.05}{\angstrom})^3\\
n_e &= \frac{Z_{\mathrm{A}}\cdot Z_{\mathrm{E}}}{V_{\mathrm{EZ}}}=\SI{1.80e29}{\per\metre\squared}\\
k_F &= \qty(3\pi^2 n_e)^{1/3}=\SI{1.749e10}{\per\metre}\\
E_F &= \frac{\hbar^2k_F^2}{2m}=\SI{11.7}{\electronvolt}
\end{align*}
\item Vergleichen Sie die Zahlenwerte mit denen für K und Ca (Kalium bcc mit $a=\SI{5.225}{\angstrom}$, Abgabe von 1 Elektron, Calcium fcc mit $a=\SI{5.58}{\angstrom}$, Abgabe von 2 Elektronen).
\begin{itemize}
\item Kalium
\begin{align*}
n_e &= \frac{2}{\qty(\SI{5.225}{\angstrom})^3}=\SI{1.4e28}{\per\metre\cubed}\qquad k_F=\SI{1.1e11}{\per\metre}\qquad E_F=\SI{4.68}{\electronvolt}
\end{align*}
\item Calcium
\begin{align*}
n_e &= \frac{8}{\qty(\SI{5.58}{\angstrom})^3}=\SI{4.6e28}{\per\metre\cubed}\qquad k_F=\SI{1.1e11}{\per\metre}\qquad E_F=\SI{4.68}{\electronvolt}
\end{align*}
\end{itemize}
\end{enumerate}
\textit{Hinweis:} Die Elektronenkonzentration ergibt sich aus $\frac{Z_A\cdot Z_E}{V_{EZ}}$ ($Z_A=$Anzahl der Atome pro Elementarzelle und $Z_E=$Anzahl der abgegebenen Elektronen pro Atom).
\end{enumerate}
\end{document}